【数学】2020年高考真题——浙江卷（精校版） 11页

‎2020年全国统一高考数学试卷（浙江卷）‎ 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1．已知集合P＝{x|1＜x＜4}，Q＝{x|2＜x＜3}，则P∩Q＝（　　）‎ A．{x|1＜x≤2} B．{x|2＜x＜3} C．{x|3≤x＜4} D．{x|1＜x＜4}‎ ‎2．已知a∈R，若a﹣1+（a﹣2）i（i为虚数单位）是实数，则a＝（　　）‎ A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣2‎ ‎3．若实数x，y满足约束条件，则z＝x+2y的取值范围是（　　）‎ A．（﹣∞，4] B．[4，+∞） C．[5，+∞） D．（﹣∞，+∞）‎ ‎4．函数y＝xcosx+sinx在区间[﹣π，π]的图象大致为（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎5．某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（　　）‎ A． B． C．3 D．6‎ ‎6．已知空间中不过同一点的三条直线m，n，l，则“m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两 相交”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 ‎ C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎7．已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0，≤1．记b1＝S2，bn+1＝Sn+2﹣S2n，n∈N*，‎ 下列等式不可能成立的是（　　）‎ A．2a4＝a2+a6 B．2b4＝b2+b6 C．a42＝a2a8 D．b42＝b2b8‎ ‎8．已知点O（0，0），A（﹣2，0），B（2，0），设点P满足|PA|﹣|PB|＝2，且P为函数y＝‎ ‎3图像上的点，则|OP|＝（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．已知a，b∈R且a，b≠0，若（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b）≥0在x≥0上恒成立，则（　　）‎ A．a＜0 B．a＞0 C．b＜0 D．b＞0‎ ‎10．设集合S，T，S⊆N*，T⊆N*，S，T中至少有两个元素，且S，T满足：‎ ‎①对于任意x，y∈S，若x≠y，都有xy∈T；‎ ‎②对于任意x，y∈T，若x＜y，则∈S；下列命题正确的是（　　）‎ A．若S有4个元素，则S∪T有7个元素 ‎ B．若S有4个元素，则S∪T有6个元素 ‎ C．若S有3个元素，则S∪T有5个元素 ‎ D．若S有3个元素，则S∪T有4个元素 二、填空题：本大题共7小题，多空题6分，单空题4分，共36分。‎ ‎11．我国古代数学家杨辉、宋世杰等研究过高阶等差数列求和问题，如数列{}就是 二阶等差数列，数列{}，（n∈N*）的前3项和　 　．‎ ‎12．二项展开式（1+2x）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4＝　 　；a1+a2+a3‎ ‎＝　 　．‎ ‎13．已知tanθ＝2，则cos2θ＝　 　；tan（θ﹣）＝　 　．‎ ‎14．已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的 底面半径（单位：cm）是　 　．‎ ‎15．已知直线y＝kx+b（k＞0）与圆x2+y2＝1和圆（x﹣4）2+y2＝1均相切，则k＝　 　，‎ b＝　 　．‎ ‎16．盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2 个黄球，从盒中随机取球，每次取 ‎1个不放回，直到取出红球为止，设此过程中取到黄球的个数为ξ，则P（ξ＝0）＝　 　，‎ E（ξ）＝　 　．‎ ‎17．已知平面向量，满足|2 ﹣|≤，设＝+，＝3+，向量，‎ 的夹角为θ，则cos2θ的最小值为　 　．‎ 三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。‎ ‎18．在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知2bsinA-a＝0．‎ ‎（1）求角B；‎ ‎（2）求cosA+cosB+cosC的取值范围．‎ ‎19．如图，在三棱台ABC﹣DEF中，平面ACDF⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，‎ DC＝2BC．‎ ‎（1）证明：EF⊥DB；‎ ‎（2）求DF与面DBC所成角的正弦值．‎ ‎20．已知数列{an}，{bn}，{cn}满足a1＝b1＝c1＝1，cn＝an+1﹣an，cn+1＝•cn ‎（n∈N*）．‎ ‎（1）若{bn}为等比数列，公比q＞0，且b1+b2＝6b3，求q的值及数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）若{bn}为等差数列，公差d＞0，证明：c1+c2+c3+…+cn＜1+，n∈N*．‎ ‎21．如图，已知椭圆C1：+y2＝1，抛物线C2：y2＝2px（p＞0），点A是椭圆C1‎ 与抛物线C2的交点．过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M（B，M不同于 A）．‎ ‎（1）若p＝，求抛物线C2的焦点坐标；‎ ‎（2）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．‎ ‎22．已知1＜a≤2，函数f（x）＝ex﹣x﹣a．其中e＝2.718281828459…为自然对数 的底数．‎ ‎（1）证明：函数y＝f（x）在 （0，+∞）上有唯一零点；‎ ‎（2）记x0为函数y＝f（x）在 （0，+∞）上的零点，证明：‎ ‎（ⅰ）≤x0≤；‎ ‎（ⅱ）x0f（）≥（e﹣1）（a﹣1）a．‎ ‎【参考答案】‎ 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1．B ‎2．C ‎3．B ‎4．A ‎5．A ‎6．B ‎7．B ‎8．D ‎9．C ‎10．A 二、填空题：本大题共7小题，多空题6分，单空题4分，共36分。‎ ‎11．10　‎ ‎12．80　 130　‎ ‎13． 　‎ ‎14．　1　‎ ‎15． 　﹣　‎ ‎16．　　　1　‎ ‎17．　　‎ 三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。‎ ‎18．解：（Ⅰ）∵2bsinA＝a，‎ ‎∴2sinBsinA＝sinA，‎ ‎∵sinA≠0，‎ ‎∴sinB＝，‎ ‎∵＜B＜，‎ ‎∴B＝，‎ ‎（Ⅱ）∵△ABC为锐角三角形，B＝，‎ ‎∴C＝﹣A，‎ ‎∴cosA+cosB+cosC＝cosA+cos（﹣A）+cos＝cosA﹣cosA+sinA+＝cosA+sinA+＝sin（A+）+，‎ ‎△ABC为锐角三角形，0＜A＜，0＜C＜，‎ 解得＜A＜，‎ ‎∴＜A+＜，‎ ‎∴＜sin（A+）≤1，‎ ‎∴+＜sin（A+）+1≤，‎ ‎∴cosA+cosB+cosC的取值范围为（，]．‎ ‎19．（Ⅰ）证明：作DH⊥AC，且交AC于点H，‎ ‎∵面ADFC⊥面ABC，DH⊂面ADFC，∴DH⊥BC，‎ ‎∴在Rt△DHC中，CH＝CD•cos45°＝CD，‎ ‎∵DC＝2BC，∴CH＝CD＝•2BC＝•BC，‎ ‎∴＝，即△BHC是直角三角形，且∠HBC＝90°，‎ ‎∴HB⊥BC，∴BC⊥面DHB，∵BD⊂面DHB，∴BC⊥BD，‎ ‎∵在三棱台DEF﹣ABC中，EF∥BC，∴EF⊥DB．‎ ‎（Ⅱ）解：设BC＝1，则BH＝1，HC＝，‎ 在Rt△DHC中，DH＝，DC＝2，‎ 在Rt△DHB中，DB＝＝＝，‎ 作HG⊥BD于G，∵BC⊥HG，∴HG⊥面BCD，∵GC⊂面BCD，‎ ‎∴HG⊥GC，∴△HGC是直角三角形，且∠HGC＝90°，‎ 设DF与面DBC所成角为θ，则θ即为CH与面DBC的夹角，‎ 且sinθ＝sin∠HCG＝＝，‎ ‎∵在Rt△DHB中，DH•HB＝BD•HG，‎ ‎∴HG＝＝＝，‎ ‎∴sinθ＝＝＝．‎ ‎20．（Ⅰ）解：由题意，b2＝q，b3＝q2，‎ ‎∵b1+b2＝6b3，∴1+q＝6q2，‎ 整理，得6q2﹣q﹣1＝0，‎ 解得q＝﹣（舍去），或q＝，‎ ‎∴cn+1＝•cn＝•cn＝•cn＝•cn＝4•cn，‎ ‎∴数列{cn}是以1为首项，4为公比的等比数列，‎ ‎∴cn＝1•4n﹣1＝4n﹣1，n∈N*．‎ ‎∴an+1﹣an＝cn＝4n﹣1，‎ 则a1＝1，‎ a2﹣a1＝1，‎ a3﹣a2＝4，‎ ‎•‎ ‎•‎ ‎•‎ an﹣an﹣1＝4n﹣2，‎ 各项相加，可得 an＝1+1+4+…+4n﹣2＝．‎ ‎（Ⅱ）证明：依题意，由cn+1＝•cn（n∈N*），可得 bn+2•cn+1＝bn•cn，‎ 两边同时乘以bn+1，可得 bn+1bn+2cn+1＝bnbn+1cn，‎ ‎∵b1b2c1＝b2＝1+d，‎ ‎∴数列{bnbn+1cn}是一个常数列，且此常数为1+d，‎ bnbn+1cn＝1+d，‎ ‎∴cn＝＝•＝（1+）•＝（1+）（﹣），‎ ‎∴c1+c2+…+cn ‎＝（1+）（﹣）+（1+）（﹣）+…+（1+）（﹣）‎ ‎＝（1+）（﹣+﹣+…+﹣）‎ ‎＝（1+）（﹣）‎ ‎＝（1+）（1﹣）‎ ‎＜1+，‎ ‎∴c1+c2+…+cn＜1+，故得证．‎ ‎21．解：（Ⅰ）p＝，则＝，则抛物线C2的焦点坐标（，0），‎ ‎（Ⅱ）直线l与x轴垂直时，此时点M与点A或点B重合，不满足题意，‎ 设直线l的方程为y＝kx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），‎ 由，消y可得（2k2+1）x2+4kty+2t2﹣2＝0，‎ ‎∴△＝16k2t2﹣4（2k2+1）（2t2﹣2）≥0，即t2＜1+2k2，‎ ‎∴x1+x2＝﹣，∴x0＝（x1+x2）＝﹣，‎ ‎∴y0＝kx0+t＝，∴M（﹣，），‎ ‎∵点M在抛物线C2上，∴y2＝2px，‎ ‎∴p＝＝＝，‎ 联立，解得x1＝，y1＝，‎ 代入椭圆方程可得+＝1，解得t2＝‎ ‎∴p2＝＝‎ ‎＝≤＝，‎ ‎∴p≤，当且仅当1＝2k2，即k2＝，t2＝时等号成立，‎ 故p的最大值为．‎ ‎22．证明：（Ⅰ）∵f（x）＝ex﹣x﹣a＝0（x＞0），∴f′（x）＝ex﹣1＞0恒成立，‎ ‎∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，‎ ‎∵1＜a≤2，∴f（2）＝e2﹣2﹣a≥e2﹣4＞0，又f（0）＝1﹣a＜0，‎ ‎∴函数y＝f（x）在 （0，+∞）上有唯一零点．‎ ‎（Ⅱ）（i）∵f（x）单调增，1＜a≤2，设x0的最大值为t，则ct＝2+t，‎ ‎∴f（1）＝c﹣1﹣2＜0，则t＞1，‎ 右边：由于x≥0时，ex≥1+x+，且﹣x0﹣a＝0，‎ 则a≥1+，∴．‎ 左边：要证明≥a﹣1＝，只需证明，‎ 记h（x）＝ex﹣1﹣x﹣x2（0≤x≤t），则h′（x）＝ex﹣1﹣2x，‎ h“（x）＝ex﹣2，∴h′（x）在（0，ln2）上单调减，在（ln2，+∞）上单调增，‎ ‎∴h′（x）＝ex﹣1﹣2x≤max{h′（0），h′（t）}＝0，‎ ‎∴h（x）在0≤x≤t时单调减，h（x）＝ex﹣1﹣x﹣x2≤h（0）＝0，‎ ‎∴≤x0≤．‎ ‎（ii）要证明x0f（e）≥（e﹣1）（a﹣1）a，只需证x0f（x0+a）≥（e﹣1）（a﹣1）a，‎ 只需证﹣≥（e﹣1）a，‎ ‎∵ex≥1+x+，∴只需证1+（）2﹣a≥（e﹣1）a，‎ 只需证﹣2（e﹣2）a≥0，即证﹣≥2（e﹣2），‎ ‎∵＝+∈（2，+∞），‎ ‎∴≥＝，‎ ‎∴x0f（e）≥（e﹣1）（a﹣1）a．‎